• No results found

DVGLn 2012-2013 - les02_handout

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Share "DVGLn 2012-2013 - les02_handout"

Copied!
60
0
0

Bezig met laden.... (Bekijk nu de volledige tekst)

Hele tekst

(1)

Stefaan Poedts

(2)

1 Algemene inleiding

2 Complexe getallen en complexe analyse

3 Lineaire differentiaalvergelijkingen van de eerste en tweede orde 4 Lineaire differentiaalvergelijkingen van hogere orde

5 Reeksoplossingen van tweede-orde differentiaalvergelijkingen 6 Stelsels van eerste orde differentiaalvergelijkingen

7 Lineaire integraaltransformaties

8 Differentievergelijkingen en numerieke methoden 9 Parti¨ele differentiaalvergelijkingen en Fourier-reeksen

(3)

- natuurlijke, gehele, rationale, en re¨ele getallen - complexe getallen

• Meetkundige benadering

• Complexe vectorruimten

• Complexe analyse

- Limieten en continu¨ıteit

- Afgeleide en complex analytische functies - De Cauchy-Riemann-voorwaarden

- Machtreeksen

(4)

Motivatie

• verschillende ‘soorten’ getallen : natuurlijke getallen, re¨ele getallen, complexe getallen, quaternionen, enz.

• allerlei bewerkingen, bv. optellen, vermenigvuldigen, enz. ⇒ is onderwerp van‘algebra’

• hier :

- complexe getallen: invoeren vanuit een algebra¨ısch standpunt - complexe getallen: een meetkundige interpretatie

(5)

Motivatie

• complexe getallen en vooral ook de complexe analyse zijn nogal

belangrijk voor de theorie en de praktische toepassingen van Dvgln

⇒ oplossingen van Dvgln vaak in termen van complexe functies (zelfs als het differentiaalvergelijkingen betreft met re¨ele co¨effici¨enten)

redenen :

• complexe notatie compacteren handig(er)om te rekenen (optellen en vermenigvuldigen van oplossingen, lineaire combinaties van oplossingen, enz.)

• stelling van d’Alembert garandeert dat elke veeltermvergelijking een oplossing heeft inC

(6)

Natuurlijke getallen, N

• eenvoudigste getallen : N ={0, 1, 2, 3, 4, . . . }

• optelling en vermenigvuldiging zijn inwendige bewerkingen in N

• problemen bij ‘-’ : 3− 4 6∈ N

⇒ vergelijking 4 + x = 3 is niet oplosbaar in N

⇒ verzameling natuurlijke getallenuitbreiden : oplossingen van deze vergelijkingen erbij nemen. . .

(7)

Gehele getallen, Z

• −1, −2, −3, −4, . . . toevoegen aan N :

Z ={. . . , −4, −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, 4, . . . }

⇒ elke vgl. van de vorm x + a = b waarbij a, b∈ Z heeft oplossing in Z

• problemen bij deling: de vergelijking 2x = 3 heeft geen oplossing in Z

(8)

Rationale getallen, Q

• Q is op haar beurt een uitbreiding van Z: Q = nm n | m ∈ Z, n ∈ Z, n 6= 0 o , per def.: m n = p q ⇔ mq = np (in Z) ⇒ n∈ Z = n 1 ∈ Q

• optelling en vermenigvuldiging worden van Z uitgebreid tot Q: m n + p q = mq + np nq en m n × p q = mp nq • ook x

y kan met x , y ∈ Q als y 6= 0

⇒ vergelijking ax + b = c met a, b, c ∈ Q, a 6= 0is oplosbaar inQ

• ‘tekortkomingen’ (i.v.m. ‘volledigheid’)

(9)

Re¨

ele getallen, R

• re¨eel getal = willekeurig (al dan niet repeterend) decimaal getal, dus een getal van de vorm 759,4396196. . .

• definitie + en × zodat R, +, × =veld

• bepaling orderelatie totaal geordend veld

volledigheid: verschil tussen R en Q

⇒ in R meer vergelijkingen op te lossen dan in Q vb.: x2 = 2 heeft twee oplossingen in R, nl.±√2

opm : de uitbreiding gaat veel verder dan dat:

R bevat bv. ook ‘transcendente’ getallen, zoals π, e,. . .

(10)

Complexe getallen, C

Def.: De verzameling van decomplexe getallenwordt voorgesteld door C en wordt gedefinieerd door

C = R2 ={(a, b) | a, b ∈ R} .

optelling wordt als volgt gedefinieerd op C:

(11)

• definitie van de vermenigvuldiging in C:

(a, b)(c, d ) = (ac− bd, ad + bc) ⇒commutatief (check!)

⇒ (1, 0) is het neutraal element (check!)

⇒ elk complex getal (a, b) 6= (0, 0) heeft ook een invers element, nl.  a a2+b2, −b a2+b2  (check!)

• C is met deze twee bewerkingen een veld (ga na!)

⇒ uitbreiding van het veld van de re¨ele getallen: a = (a, 0) ⇒ a is hetre ¨eel deel, b is hetimaginair deel van (a, b)

(12)

Belangrijke alternatieve notatie : (0, 1) = i

• i2= i · i = (0, 1) · (0, 1) = (−1, 0) = −1 ⇒ x2+ 1 = 0 heeft als oplossingen ±i

• (a, b) = (a, 0) + (0, b) = (a, 0) + (b, 0)· (0, 1) = a + bi opm.: a + 0i ≡ a en 0 + bi ≡ bi

⇒ makkelijker om te rekenen, bv.

(x1+ iy1) · (x2+ iy2) = x1x2+ ix1y2+ ix2y1+i2y1y2= x1x2−y1y2+ i (x1y2+ x2y1)

• voer twee re¨ele functies in op de complexe getallen:

< : C → R : x + iy 7→ <(x + iy) = x re ¨ele deel

(13)

Stelling van d’Alembert

• heeft elkeveeltermvergelijking a0xn+ a1xn−1+ . . . + an= 0 nu

oplossingen in C, of moeten we C nog groter maken?

Stelling 2.1 :

Elke niet constanten-de graadsveeltermP(z) = a0zn+ a1zn−1+ . . . + an

met complexe co ¨effici ¨entena0, . . . , anheeft een nulpunt inC, i.e. er bestaat

eenc ∈ CzodatP(c) = 0.

• verder uitbreiden hoeft dus niet (maar kan wel)

(14)

Stelling van d’Alembert: belangrijk GEVOLG

Elke n-de graadsveelterm P(z) = a0zn+ a1zn−1+ . . . + an met complexe

co¨effici¨enten a0, . . . , an kan geschreven worden als

P(z) = a0(z − c1)m1(z − c2)m2· · · (z − ck)mk,

waarbij c1, . . . , ck de nulpunten zijn van P met respectievelijke

multiplici-teiten m1, . . . , mk.

Stand van zaken:

(15)

Meetkundige benadering

• complexe getallen te interpreteren als punten in het vlak:

met elke z = x + iy = (x , y )∈ C kunnen we een punt in R2 laten overeenkomen met co¨ordinaten x =<z en y = =z

⇒ men noemt C soms hetcomplexe vlak

6 -imaginaire as re¨ele as • y x z = x + iy r θ

(16)

Def.: Hetcomplex toegevoegde van een complex getal a + bi wordt genoteerd als a + bi , en wordt als volgt gedefinieerd:

a + bi = a− bi.

Demodulus van een complex getal a + bi noteert en defini¨eert men als

|a + bi| =pa2+ b2.

Opmerkingen:

• (a + bi )(a + bi ) = a2+ b2≥ 0 ⇒ modulus van z ∈ C = |z| =√zz

• als z1 = x1+ iy1 en z2= x2+ iy2 twee complexe getallen zijn, dan is

|z1− z2| =p(x1− x2)2+ (y1− y2)2 de afstand tussen z1 en z2

(17)

De afstand tussen z

1

en z

2 6

-imaginaire as

re¨ele as

y

1

y

2

y

1

− y

2

x

1

x

2

x

1

− x

2

z

1

= (x

1

, y

1

)

z

2

|z

1

− z

2

|

(18)

Eigenschappen

Eigenschap 2.1 : 1 z = z, 2 z1+ z2 = z1+ z2, 3 z1z2 = z1z2, 4 <z = 1 2(z + z) en=z = 1 2i(z− z), 5 1 z = z |z|2, voor z 6= 0 6 |z| = |z|, 7 |z1z2| = |z1||z2|, 8 |z1+ z2| ≤ |z1| + |z2| (de driehoeksongelijkheid).

(19)

Polaire vorm

• gebruik maken van poolco¨ordinaten : a = r cosθ, b = r sinθ

6 -imaginaire as re¨ele as • b a z = a + bi r θ

(20)

Polaire vorm

• gebruik maken van poolco¨ordinaten : a = r cosθ, b = r sinθ

polaire schrijfwijze vanz: z = a + ib = r cosθ + ir sinθ = r (cosθ + i sinθ)

• gevolg: |z|2 = r2(cos2θ + sin2θ) = r2 |z| = r

• θ is het argumentvan z, voor z 6= 0 is z

|z| = cosθ + i sinθ ⇒ θ is bepaald door < z

|z| = cosθ en = z

|z| = sinθ ⇒ θ enkel bepaald op een geheel veelvoud van 2π na ⇒ de −π < θ ≤ π noemen we het hoofdargumentvan z

(21)

Voorbeeld

• we bepalen de polaire schrijfwijze van z = 1 + i

• de modulus van z is √1 + 1 =√2

• het hoofdargument van z wordt bepaald door cosθ =< z |z| = 1 √ 2 en sinθ == z |z| = 1 √ 2 ⇒ θ = π 4

⇒ polaire schrijfwijze : z =√2(cosπ 4 + i sin

π 4)

(22)

Polaire vorm : nut

• heel nuttig om het product van twee complexe getallen te interpreteren

• stel z1 = r1(cosθ1+ i sinθ1) en z2= r2(cosθ2+ i sinθ2), dan

z1z2 = r1r2(cosθ1+ i sinθ1)(cosθ2+ i sinθ2)

= r1r2((cosθ1cosθ2− sinθ1sinθ2) + i (sinθ1cosθ2+ cosθ1sinθ2))

= r1r2(cos(θ1+ θ2) + i sin(θ1+ θ2))

complexe getallen vermenigvuldigen: moduli vermenigvuldigen, argumenten optellen

(23)

Formule van de Moivre

Stelling 2.2 :

Zijn∈ N0, dan is (cosθ + isinθ)n=cos(nθ) + isin(nθ).

Bewijs:

• bewijs door volledige inductie, basis: voor n = 1 is de formule triviaal

• inductiestap: stel dat formule juist is voorn en bewijzen ze voor n + 1

(cosθ + i sinθ)n+1 = (cosθ + i sinθ)(cosθ + i sinθ)n = (cosθ + i sinθ)(cos(nθ) + i sin(nθ))

= (cosθcos(nθ) − sinθsin(nθ))+ i(cosθsin(nθ) + cos(nθ)sinθ)

= cos(θ + nθ)+ isin(θ + nθ)

= cos((n + 1)θ)+ isin((n + 1)θ)

(24)

Formule van de Moivre : nut

oplossing vergelijkingenvan de vorm zn= c met c ∈ C

(naar z, i.e. alle getallen z zoeken zodat zn= c)

• schrijf zowel z als c in de polaire vorm : c =|c|(cosθ + isinθ) en z = ρ(cosφ + isinφ) ⇒ zn=ρn(cosnφ+ i sinnφ) =|c|(cosθ+ i sinθ) ⇒ρ =p|c|n en nφ = θ + 2kπ voor een k ∈ Z ⇒ oplossingen voor zn= c : zk =p|c|n  cos  θ n + 2kπ n  + i sin  θ n + 2kπ n 

(25)

Het bijzondere geval n = 2

• vgl. z2 = c = a + ib met a, b ∈ Rkan ook op een andere manier opgelost worden

• stel z = x + iy met x , y ∈ R, dan vinden we uit z2= c = a + ib 

x2− y2 =<(c) = a, 2xy ==(c) = b.

⇒ uit 2de vgl.: y = 2xb, substitu¨eren in 1ste vergelijking: x2 b

2x 2

= a.

(26)

Het bijzondere geval n = 2

• Voor meer algemene complexe vierkantsvergelijkingen

αz2+ βz + γ = 0, met α, β, γ ∈ C en α 6= 0 vinden we als opln.

zi = −β + di

2α , i = 1, 2,

waarbij d1 en d2 de oplossingen zijn van z2= β2− 4αγ (te bepalen

(27)

Complexe vectorruimten

• C is een veld ⇒ vectorruimten te bestuderen over C

• verzameling V, uitgerust met + : V× V→ V: (v , w )7→ v + w en C× V → V : (c, v) 7→ cv is eencomplexe vectorruimteals voor alle u, v , w ∈ V enalleλ, µ∈ C :

u + (v + w ) = (u + v ) + w v + w = w + v

∃0 ∈ V : ∀v ∈ V : v + 0 = v

∀v ∈ V ; ∃ − v ∈ V : v + (−v) = 0 (i.e.V, + is comm. groep)

λ(v + w ) = λv + λw (λ + µ)v = λv + µv (λµ)v = λ(µv ) 1v = v

(28)

Complexe vectorruimten

• typevoorbeeld : Cn={(z1, . . . , zn)| zk ∈ C}

• cf. re¨ele vectorruimten : lineaire (on)afhankelijkheid, basis, dimensie, lineaire deelruimten,. . . defini¨eren

• elke complexe vectorruimte is ook een re ¨ele vectorruimte, omdat R⊂ C rv := (r + 0i )v , voldoet triviaal aan alle eisen

(29)

Complexe vectorruimten

Eigenschap 2.2 :

AlsVeen complexe vectorruimte is met (complexe) dimensien ∈ N, dan is

Veen re ¨ele vectorruimte met (re ¨ele) dimensie2n.

• als {v1, . . . , vn} basis is van V , als complexe vectorruimte

dan is {v1, iv1, . . . , vn, ivn} een basis van V , bekeken als re¨ele

vectorruimte

(30)

PAUZE

When you have eliminated the impossible, what ever remains, however improbable must be the truth.

(31)

Limieten en continu¨ıteit

• stel f : D⊂ C → C : z 7→ f (z) een functie

• stel z0∈ C en f gedefinieerd in omgeving van z0, eventueel uitgezonderd

in z0; m.a.w. stel dat f gedefinieerd is ∀z : 0 < |z − z0| < R ∈ R+0

• dan : lim z→z0 f (z) =L ∀ > 0, ∃δ > 0 : ∀z ∈ D : 0 < |z − z0| < δ ⇒ |f (z) −L| <  • f is continuin z0 ∈ D ⇔ lim z→z0 f (z) =f (z0), i.e. ⇔ ∀ > 0, ∃δ > 0 : ∀z ∈ D : 0 < |z − z0| < δ ⇒ |f (z) −f (z0)| < 

(32)

Afgeleide van f

Def.: We zeggen dat een functie f : D⊂ C → C : z 7→ f (z) afleidbaar

is in z0 ∈ D als en slechts als

lim

h→0

f (z0+ h)− f (z0)

h

bestaat. We noemen dan deze limiet deafgeleidevan f in z0, en

we noteren dit getal door f0(z0), i.e.

f0(z0) = lim h→0

f (z0+ h)− f (z0)

h .

(33)

Afgeleide van f : voorbeelden

Als f (z) = z2, dan is f0(z0) = lim h→0 (z0+ h)2− z02 h = lim h→0 z02+ 2z0h + h2−z02 h = lim h→0 2z0h + h2 h = 2z0

en dus is f0(z0) = 2z0 voor alle z0

(34)

Afgeleide van f : voorbeelden

• beschouw f (z) = z : f0(z0) = lim h→0 z0+ h− z0 h =h→0lim h h

• stel h voor door h = x + iy nagaan of lim

x +iy →0

x− iy

x + iy bestaat

- stel h re¨eel, dus h = x , dan is h h =

x x = 1

- stel h imaginair, dus h = iy , dan is h h =

−iy iy =−1

⇒ ∀δ, er bestaat altijd een h met 0 < |h| < δ en h

h = 1 (bv. h = δ/2) en er bestaat altijd een h met 0 <|h| < δ en h

h =−1 (bv. h = iδ/2)

(35)

Afgeleide van f : opmerking

• in definitie afleidbaarheid van een functie f : D⊂ C → C : z 7→ f (z) veronderstellen we impliciet dat f gedefinieerd is voor alle z dicht genoeg bij z0 (en in z0)

⇒ z0 moet een inwendig puntzijn van D

Def.: z0is eeninwendig puntvan D als er een δ > 0 bestaat zodat geldt

dat, als |z − z0| < δ, dan automatisch z ∈ D. Een verzameling

D⊂ C waarvoor elk punt z0 ∈ D een inwendig punt is noemt men

(36)

Analytische functies

Def.: Stel dat f : D⊂ C → C : z 7→ f (z) een functie is, gedefinieerd op een open verzameling D∈ C. Dan zeggen we dat f analytisch is als f afleidbaar is voor elke z∈ D.

⇒ hebben dezelfde eigenschappen als re¨ele afleidbare functies, bv.: (af + bg )0= af0+ bg0 voor alle a, b∈ C

(fg )0= f0g + fg0

(37)

De Cauchy-Riemann-voorwaarden

• stel f : D⊂ C → C : z 7→ f (z) is analytisch

• definieer twee functies u, v : D⊂ C =R2 → Ren schrijf f als

f (x + iy ) = u(x , y ) | {z } u(x ,y )=<(f (x +iy )) +i v (x , y ) | {z } v (x ,y )==(f (x +iy )) • bereken f0(z) = lim h→0 f (z + h)− f (z)

h nu op twee manieren, nl. door h = a + bi op verschillende manieren naar 0 te laten gaan

(38)

De Cauchy-Riemann-voorwaarden

1) laat h langs de re¨ele as naar 0 naderen, dus h = a∈ R, dan is f0(z) = lim h→0 f (z + h)− f (z) h = lima→0 f (z + a)− f (z) a = lim a→0

u(x + a, y ) + iv (x + a, y )− u(x, y) − iv(x, y) a = lim a→0 u(x + a, y )− u(x, y) a + i lima→0 v (x + a, y )− v(x, y) a = ∂u ∂x(x , y ) + i ∂v ∂x(x , y ) • in verkorte notatie ux := ∂u ∂x en vx := ∂v ∂x : f 0 = u x + ivx

(39)

De Cauchy-Riemann-voorwaarden

2) laat h langs de imaginaire as naar 0 naderen, dus h = bi , dan is f0(z) = lim h→0 f (z + h)− f (z) h = limb→0 f (z + bi )− f (z) bi = lim b→0

u(x , y + b) + iv (x , y + b)− u(x, y) − iv(x, y) bi = 1 i b→0lim u(x , y + b)− u(x, y) b + limb→0 v (x , y + b)− v(x, y) b = 1 i ∂u ∂y(x , y ) + ∂v ∂y(x , y ) • in verkorte notatie : f0 = 1 iuy + vy = 1 i(uy+ ivy) = vy− iuy

(40)

De Cauchy-Riemann-voorwaarden

• twee resultaten vergelijken: 

ux = vy

vx =−uy

• deze voorwaarden noemt men de Cauchy-Riemann-voorwaardenvoor een analytische functie

⇒ we bewezen dus dat elke analytische functie voldoet aan de Cauchy-Riemann-voorwaarden

(41)

Stelling van Cauchy-Riemann

Stelling 2.3 :

Gegeven zijn twee re ¨ele functiesuenv van twee re ¨ele veranderlijkenxen

y. Veronderstel datu en v op een open gebied D ⊆ R2 continu zijn en

er ook continue parti ¨ele afgeleiden hebben. Dan is de complexe functief,

gedefinieerd doorf (x + iy ) = u(x , y ) + iv (x , y ), analytisch opD(als⊆ C

beschouwd)als en slechts als de Cauchy-Riemann-voorwaarden gelden in

D.

• bewijs is vrij lang en technisch, we laten het vallen

• stelling van Cauchy-Riemann is uitermate belangrijk om na te kijken of een zekere functie al dan niet analytisch is

(42)

De complexe exponenti¨

ele functie

Def.: We defini¨eren de complexe exponenti ¨ele functieexp door

exp : C→ C : z = x + iy 7→ exp(z) = ez = ex + iy .

• cf. ‘Calculus’: eiy := cosy + i siny (formule van Euler)

⇒ ez = ex(cosy + i siny ) : opgebouwd uit re¨ele exp, sin en cos

(43)

De complexe exponenti¨

ele functie

Eigenschap 2.3 :

De volgende eigenschappen gelden: 1 exp is analytisch op C

2 exp0(z) = exp(z) = ez 3 ez1+ z2 = ez1ez2

Bewijs:

• ex + iy = ex (cosy + i siny ) ⇒ u(x, y) = ex cosy en v(x, y) = ex siny daarom is ux = ex cosy , vy = ex cosy ,

en uy =−ex siny, vx = ex siny ,

en dus zijn de Cauchy-Riemann-voorwaarden voldaan en is exp analytisch

(44)

De complexe exponenti¨

ele functie

Eigenschap 2.3 :

De volgende eigenschappen gelden: 1 ez is analytisch op C

2 exp0(z) = exp(z) = ez 3 ez1+ z2 = ez1ez2

Bewijs:

• uit Cauchy-Riemann-voorwaarden volgt dan dat

exp0(z) = ux + ivx = ex cosy + iex siny = ez

(45)

Opmerking

• als y ∈ R, dan is eiy = cosy + isiny (formule van Euler)

⇒ de polaire vorm van een complex getal kan geschreven worden als z =|z|(cosθ + isinθ) = |z|ei θ

⇒ laat toe om makkelijk met complexe getallen te werken

bv.: somformule en formule van de Moivre worden :

z1z2 = |z1|ei θ1|z2|ei θ2 =|z1||z2|ei (θ1+ θ2)

 ei θ

n

(46)

Nog een opmerking

• uit definitie is duidelijk dat ez = ez + 2πki voor elke k ∈ Z

⇒ de complexe exponenti¨ele functie isniet injectief!

⇒ een complexe logaritmische functie is dus niet zomaar beschikbaar

opm.: voor de re¨ele getallen is logaritmische functie nodig om bijvoorbeeld 2

2= e√2 (ln2) te defini¨eren

⇒ zz2

1 heeft niet zomaar zin voor alle z1, z2 ∈ C

• beperking tot positieve re ¨ele getallen a∈ R+0 ⇒ voor alle z ∈ C:

(47)

Machtreeksen

Def.: Zij z0 ∈ C en zij a0, a1, a2, . . . een oneindige rij complexe getallen,

dan noemen we

X

n=0

an(z − z0)n= a0+ a1(z − z0) + a2(z− z0)2+ . . .

eenmachtreeks met centrumz0.

Ook hier zijn alle bewijzen analoog aan de bewijzen voor R, en dus formuleren we de volgende resultaten zonder bewijs

(48)

Machtreeksen

Stelling 2.4 :

Voor elke machtreeks ∞

X

n=0

an(z− z0)nbestaat er een getalR ∈ R+∪ {∞}

zodat voor allez ∈ Cgeldt dat

           |z − z0| < R ⇒ ∞ X n=0 an(z− z0)n convergeert |z − z0| > R ⇒ ∞ X n=0 an(z− z0)n divergeert.

We noemen het getalRdeconvergentiestraalvan de machtreeks.

(49)

Convergentiestraal

cf. grafische voorstelling complexe getallen in plat vlak, beschouw machtreeks rond a = 0. I x R x x

Σ

ckxk Rc

(50)

Convergentiestraal

• Voorbeeld: convergentie straal voor meetkundige reeks

∞ X k=0 xk voor |x|<1 = 1 1 1− x = i 1 k x

Σ

Rc

(51)

Wat bij overgang op assenstelsel gecentreerd opa = 0.5? ⇒ coordinaten x = (xR, xI)→ x0= (xR0, xI0) gerelateerd via

x =xR+ ixI =(xR0 + 0.5)+ ixI0 = x0+ 0.5

⇒ OPGAVE: wat is de convergentiestraal rond a = 0.5?

⇒ vandaar ook ∞ X k=0 xk = 1 1− x = ∞ X k=0 (x0+ 0.5)k = 1 0.5− x0

⇒ convergentiestraal rond a = 0.5 is dus 0.5!

voor |x|<1 = 1 1 1− x = i 1 k x

Σ

Rc

(52)

Machtreeksen

Stelling 2.5 :

Stel dat de machtreeks ∞

X

n=0

an(z−z0)nconvergentiestraalRheeft. Definieer

dan de functief (z) =

X

n=0

an(z− z0)nvoor allezmet|z − z0| < R. Dan isf

analytisch op{z | |z −z0| < R}en bovendien isf0(z) = ∞ X n=1 ann(z−z0)n−1 en heeft de reeks ∞ X n=1 ann(z− z0)n−1opnieuw convergentiestraalR.

(53)

Stelling van Cauchy

Stelling 2.6 :

Zijf een analytische functie op een domeinD ⊂ C, dan is ookf0analytisch.

• dus: ´e´en keer afleidbaar ⇒ oneindig keer afleidbaar!

• sterker nog, de volgende stelling van Taylor zegt dat elke analytische functie te schrijven is als een machtreeks! (voor re¨ele functies is dit niet waar, zelfs niet als ze oneindig keer afleidbaar zijn)

(54)

Stelling van Taylor

Stelling 2.7 :

Zij f een analytische functie op een domein D ⊂ C en zij z0 ∈ D. Zij

R ∈ R+0 ∪ {∞}een getal zodat{z | |z − z0| < R} ⊂ D. Dan is

f (z) = ∞ X n=0 an(z − z0)n met an= 1 n!f (n)(z 0)

(55)

Een voorbeeld

• exponenti¨ele functie exp is analytisch op heel C

• neem z0 = 0, aangezien exp0(z) = exp(z) = ez geldt dat (ez )(n)= ez

voor alle n

⇒ (ez )(n)(0) = 1

• uit de stelling van Taylor vinden we dan : exp(z) = 1 + z + 1 2z 2+ 1 3!z 3+ . . . = ∞ X n=0 1 n!z n

(56)

Gevolg van de Cauchy-Riemann-voorwaarden

Def.: Een functie u : D⊂ R2→ R noemt menharmonisch als ∆u := uxx+ uyy =

∂2u ∂x ∂x +

∂2u ∂y ∂y = 0.

(57)

Eigenschap 2.4 :

Zijf (x + iy ) = u(x , y ) + iv (x , y )een analytische functie. Dan zijnuenv

harmonische functies.

Bewijs:

• hier enkel voor u

• f analytisch Cauchy−→ u is oneindig vaak partieel afleidbaar

⇒ ∆u kan zeker berekend worden :

∆u = uxx+ uyy = uxx+ (uy)y

= uxx+ (−vx)y = uxx + (−vy)x

= uxx+ (−ux)x = 0,

(58)

Complexe functies van ´

en re¨

ele veranderlijke

• in deze cursus : enkel complexe functies van ´e´en re¨ele veranderlijke, i.e. f : IR→ C : t 7→ f (t) = f1(t) + if2(t)

• f1, f2: I⊂ R → R zijn re¨ele functies van ´e´en re¨ele veranderlijke

Def.: We noemen f = f1 + if2 afleidbaar als en slechts als f1 en f2

afleidbaar zijn (als re¨ele functies van ´e´en re¨ele veranderlijke). De afgeleide f0(t) wordt gedefinieerd door f0(t) = f10(t) + if20(t).

• f = f1+ if2= (f1, f2) stelt een kromme in het vlak C = R2 voor

(59)

De kettingregel

Eigenschap 2.5 :

Stel datf : R → Cafleidbaar is en dat g : C → Canalytisch is. Dan is

(g◦ f ) : R → Copnieuw afleidbaar en geldt de kettingregel:

(g◦ f )0(t) = g0(f (t))f0(t). (13)

Opm.: in vgl. (13) komen twee soorten afgeleiden door elkaar voor: de

complexe afgeleide van de analytische functieg en de afgeleide van de

(60)

Gevolg

stel c ∈ C, als h(t) = ect , dan is h0(t) = cect

Bewijs:

• we passen de kettingregel toe voor f (t) = ct en g (z) = ez ⇒ f0(t) = c en g0(z) = ez

⇒ dus is h0(t) = (g◦ f )0(t) = ect c 

• Dit gevolg zal veelvuldig gebruikt worden in deze cursus. . .

Referenties

GERELATEERDE DOCUMENTEN

Als je de antwoorden niet op de logische volgorde opschrijft, vermeld dan duidelijk waar welk antwoord staat.. Opgave 0

Je hoeft voor elke mogelijke Jordannormaalvorm alleen aan te geven uit welke Jordanblokken die bestaat en hoe vaak elk blok voorkomt; de volgorde van de blokken maakt niet uit..

Als je de antwoorden niet op de logische volgorde opschrijft, vermeld dan duidelijk waar welk antwoord staat.. Opgave 1

Bereken de determinant van de matrix.. Bepaal de rang en de signatuur

Een student merkte bij de bespreking op dat het triviaal zou zijn dat deze verzameling equipotent is met R.. De docent was het hier niet helemaal mee eens (wel dat ze

[r]

Geen rekenmachines, telefoons, dictaat of aantekeningen. Beargumenteer ook dat dit inderdaad een

De werkloosheid vermindert eigenlijk helemaal niet, want de daling die wordt getoond, wordt veroorzaakt doordat velen zich niet meer als werkzoekende laten inschrijven en